【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第九章第10讲 定点、定值、探索性问题学案
第10讲 定点、定值、探索性问题
定点问题[学生用书P171]
[典例引领]
(2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
【解】 (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．
由＝ 得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，
所以＋＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知F(－1，0)．
设Q(－3，t)，P(m，n)，则
＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，
·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，
再证明该定点与变量无关．
[通关练习]
已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．
解：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，所以a2＝3.
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，
由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
所以y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，
所以λ1＝－1.
同理由＝λ2知λ2＝－1.
因为λ1＋λ2＝－3，所以y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
所以由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
所以(mt)2＝1，
由题意mt<0，所以mt＝－1，满足②，
得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1，0)，即Q为定点．
定值问题[学生用书P172]
[典例引领]
(2018·宝鸡质量检测(一))
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过(1，1)与两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|＝|MB|.求证：＋＋为定值．
【解】 (1)将(1，1)与两点代入椭圆C的方程，
得，
解得.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由|MA|＝|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A，B关于原点对称．
①若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.
同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M在椭圆的一个短轴顶点，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.
②若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OM的方程为y＝－x，设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，
由，解得x＝，y＝，
所以|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，同理|OM|2＝，
所以＋＋＝2×＋＝2，
故＋＋＝2为定值．
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
[通关练习]
已知椭圆
有两顶点A、B，过其焦点F的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.
(1)当|CD|＝时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A、B两点时，求证：·为定值．
解：(1)因为椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为＋＝1.
由已知得b＝1，c＝1，所以a＝，椭圆方程为＋x2＝1.
当直线l垂直于x轴时与题意不符．
设直线l的方程为y＝kx＋1，将其代入椭圆方程，
化简，得x2＋2kx－1＝0.
设C，D，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，
|CD|＝·＝.
由已知得＝，
解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.
(2)证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符．
设直线l的方程为y＝kx＋1，所以P点坐标为.
设C，D，由知x1＋x2＝－，x1·x2＝－，
直线AC的方程为y＝，
直线BD的方程为y＝.
将两直线方程联立，消去y得＝.
因为－1
b>0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且|AF|＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，是否存在点M(t，0)使·＝0成立？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
解：(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，
所以b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由
消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即m2＝3＋4k2.
设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，
yP＝kxP＋m＝－＋m＝，
即P.
因为M(t，0)，Q(4，4k＋m)，所以＝，
＝(4－t，4k＋m)，
所以·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故即t＝1.
所以存在点M(1，0)符合题意．
求解定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把参数当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把参数k当作未知数)．
(2)既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即
(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．
求解定值问题的基本思路
(1)先求出这个几何量或代数表达式；
(2)对表达式进行化简，整理成y＝f(m，n，k)的最简形式；
(3)根据已知条件列出必要的方程(或不等式)，消去参数，最后求出定值，一般是根据已知条件列出方程k＝g(m，n)代入y＝f(m，n，k)，得到y＝h(m，n)＋c(c为常数)的形式．
探索性问题的求解策略
(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
[学生用书P326(单独成册)]
1．(2018·郑州质量预测(一))已知直线l与双曲线－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则·的值为( )
A．3 B.4
C．5 D．与P的位置有关
解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x－4y＝4，则直线l的方程是－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.
①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由，得，此时·＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，·＝3.
②当y0≠0时，直线l的方程是y＝(x0x－4)．由，得(4y－x)x2＋8x0x－16＝0(*)，又x－4y＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，·＝x1x2＋y1y2＝x1x2－x1x2＝x1x2＝3.
综上所述，·＝3，选A.
2．(2018·湖南湘中名校联考)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足＋＋＝0，则则＋＋＝________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，由＋＝－，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0.
答案：0
3．已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切．设动圆圆心P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且·＝－16，求证：直线AB恒过定点．
解：(1)设P(x，y)，则＝(y＋1)＋1⇒x2＝8y.
所以E的方程为x2＝8y.
(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将直线AB的方程代入x2＝8y中，
得x2－8kx－8b＝0，
所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.
·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16⇒b＝4，
所以直线AB恒过定点(0，4)．
4．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(m，0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为的直线l交C于A，B两点．当m＝0时，·＝－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．
解：(1)因为离心率为，
所以＝.
当m＝0时，l的方程为y＝x，
代入＋＝1并整理得x2＝.
设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，
·＝－x－y＝－x＝－·.
又因为·＝－，
所以a2＝25，b2＝16，
椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：l的方程为x＝y＋m，
代入＋＝1，
并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
则|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，
同理|PB|2＝y.
则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]＝·＝41.
所以|PA|2＋|PB|2为定值．
1．(2018·长沙模拟)如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1，0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．
(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；
(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.
证明：(1)设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，
故|EM|＝|EB|.
从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝＝＝4.
所以|EA|＋|EB|为定值4.
(2)由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4，
故E，F均在椭圆＋＝1上．
设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)．
令x＝4，求得y＝，即Q点纵坐标yQ＝.
由得，(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
则有y1＋y2＝－，y1y2＝－.
因为E，B，F，Q在同一条直线上，
所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)，
即－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，
等价于2y1y2＝(y1＋y2)·.
将y1＋y2＝－，y1y2＝－代入，
知上式成立．
所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.
2．(2018·广州综合测试(一))过点P(a，－2)作抛物线C：x2＝4y的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)证明：x1x2＋y1y2为定值；
(2)记△PAB的外接圆的圆心为点M，点F是抛物线C的焦点，对任意实数a，试判断以PM为直径的圆是否恒过点F？并说明理由．
解：(1)证明：由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x，
所以直线PA的斜率为x1.
因为点A(x1，y1)在抛物线C上，所以y1＝x，
所以直线PA的方程为y－x＝x1(x－x1)．
因为点P(a，－2)在直线PA上，
所以－2－x＝x1(a－x1)，
即x－2ax1－8＝0.
同理，x－2ax2－8＝0.
所以x1，x2是方程x2－2ax－8＝0的两个根，
所以x1x2＝－8.
又y1y2＝x·x＝(x1x2)2＝4，
所以x1x2＋y1y2＝－4，为定值．
(2)直线PA的垂直平分线方程为y－＝－，
由于y1＝x，又由(1)得x－8＝2ax1，
所以直线PA的垂直平分线方程为
y－＝－.①
同理，直线PB的垂直平分线方程为y－
＝－.②
由①②解得x＝a，y＝1＋，
所以点M.
抛物线C的焦点为F(0，1)，则＝，
＝(－a，3)，
所以·＝－＝0，
所以⊥，
所以以PM为直径的圆恒过点F.
